Je cherche à comprendre la fonction dans laquelle on rentre un nombre complexe et qui ressort un angle.
J'ai trouvé cette série je ne sais plus où sur internet
Cette dernière série est une série géométrique qui se calcule facilement. Il reste à faire ce calcul, déterminer son domaine de validité et revenir en arrière (c'est-à-dire intégrer) et retrouver ta formule et surtout dire dans quel domaine elle est valide.
Cette formule est trop compliquée par rapport à ce que tu cherches.
Soit $z$ un nombre complexe non nul. Celui-ci admet une écriture polaire de la forme $r e^{i \theta}$, où $r$ est un nombre réel strictement positif et $\theta \in [0, 2 \pi[$ et ton objectif est de trouver $\theta$ à partir de $z$. Il y a plusieurs manières de le faire, certaines passant par l'utilisation d'un logarithme complexe, mais c'est une notion un peu délicate à saisir (plus que pour le logarithme réel).
Une manière "terre-à-terre" de le faire est la suivante. On a $z = r \cos \theta + i r \sin \theta$, autrement dit $\mathfrak{Re}(z) = r \cos \theta$ et $\mathfrak{Im}(z) = r \sin \theta$ et on va se servir de ces parties réelle et imaginaire pour trouver $\theta$.
Si $\mathfrak{Re}(z) = 0$, c'est que $\cos \theta = 0$, autrement dit, $\theta = \frac{\pi}{2}$ ou $\theta = \frac{3 \pi}{2}$ (ce sont les seules valeurs de $\theta$ entre $0$ et $2 \pi$ qui annulent le cosinus) et donc on a $z = ir$ ou $z=-ir$. Il n'y a plus qu'à regarder le signe de la partie imaginaire de $z$ pour savoir laquelle des deux valeurs de $\theta$ est la bonne.
Sinon, on a le droit de diviser par $\mathfrak{Re}(z) = r \cos \theta$, et on trouve donc $\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)} = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ (les $r$ se simplifient). On reconnaît la quantité $\tan \theta$ (tangente de $\theta$), et la fonction tangente a le bon goût d'être $\pi$-périodique et de réaliser une bijection sur chaque intervalle de la forme $]k\pi - \frac{\pi}{2}, k \pi + \frac{\pi}{2}[$, avec $k \in \mathbb Z$. On note sa bijection réciproque sur $]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$ par $\arctan$, autrement dit, si $x \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, on a $\arctan(\tan(x))=x$ (et aussi si $x \in \mathbb R$, on a $\tan(\arctan(x))=x$ mais on n'en a pas besoin).
On a maintenant tous les ingrédients pour trouver $\theta$.
Si $\theta \in [0, \frac{\pi}{2}[$, alors $$\theta = \arctan(\tan(\theta)) = \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$
Si $\theta \in ]\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}[$, alors $\tan(\theta) = \tan(\theta-pi)$ et $\theta-pi \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, et donc $\arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right) = \arctan(\tan(\theta-\pi)) = \theta-pi$, et finalement $$\theta = \pi + \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$
Enfin si $\theta \in ]\frac{3\pi}{2}, 2\pi[$, alors $\tan(\theta) = \tan(\theta-2pi)$ et $\theta-2pi \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, et donc $\arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right) = \arctan(\tan(\theta-2\pi)) = \theta-2pi$, et finalement $$\theta = 2\pi + \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$
Pour la dérivée de Arctan, on utilise la formule (qui se voyait jadis au lycée) : $\left(f^{-1}\right)'(x) = \frac 1{f'\left(f^{-1}(x)\right)}$, qu'on peut obtenir en dérivant $f\left(f^{-1}(x)\right) = x$ (*).
Cordialement.
(*) Ce n'est pas une démonstration, ça suppose que $f^{-1}$ a une dérivée.
Par définition, on a, pour tout $\displaystyle y \in\, ]+{\tfrac\pi 2}, +{\tfrac\pi 2}[$, $\ \displaystyle \arctan(\tan y) = y$
On dérive par rapport à $y$ les deux membres de l'équation :
pour tout $ y \in\, ]+{\pi \over 2}, +{\pi \over 2}[$, $\ \displaystyle (1+\tan^2 y) \Big({d\over dy } \arctan\Big) (\tan y) = 1$
puisque que $\displaystyle {d\over dy } \tan y = 1+\tan^2 y.$
On a donc pour tout $ y \in\, ]+{\pi \over 2}, +{\pi \over 2} [$, $\ \displaystyle \Big({d\over dy } \arctan\Big) (\tan y) = {1 \over 1+\tan^2 y }$ ,
et donc, pour tout $\displaystyle x \in \R$, $\ \displaystyle \Big({d\over dx } \arctan\Big)(x) = {1 \over 1+x^2}.$
Réponses
"Le" logarithme complexe, c'est autre chose et c'est nettement plus compliqué.
Si la formule est correcte alors formellement tu dérives termes à terme
pour obtenir
$ \displaystyle \frac1z=2 \sum_{n=0}^{\infty }\Big(\dfrac{(\frac{z-1}{z+1})^{2 n+1}}{2 n+1} \Big)'$
$ \displaystyle \frac1z=2 \sum_{n=0}^{\infty }\frac{2 \left(\frac{z-1}{z+1}\right)^{2 n}}{(1+z)^2}$
$ \displaystyle \frac1z=\frac4{(z+1)^2} \sum_{n=0}^{\infty }\Big(\frac{z-1}{z+1}\Big)^{2 n}$
Cette dernière série est une série géométrique qui se calcule facilement. Il reste à faire ce calcul, déterminer son domaine de validité et revenir en arrière (c'est-à-dire intégrer) et retrouver ta formule et surtout dire dans quel domaine elle est valide.
Soit $z$ un nombre complexe non nul. Celui-ci admet une écriture polaire de la forme $r e^{i \theta}$, où $r$ est un nombre réel strictement positif et $\theta \in [0, 2 \pi[$ et ton objectif est de trouver $\theta$ à partir de $z$. Il y a plusieurs manières de le faire, certaines passant par l'utilisation d'un logarithme complexe, mais c'est une notion un peu délicate à saisir (plus que pour le logarithme réel).
Une manière "terre-à-terre" de le faire est la suivante. On a $z = r \cos \theta + i r \sin \theta$, autrement dit $\mathfrak{Re}(z) = r \cos \theta$ et $\mathfrak{Im}(z) = r \sin \theta$ et on va se servir de ces parties réelle et imaginaire pour trouver $\theta$.
Si $\mathfrak{Re}(z) = 0$, c'est que $\cos \theta = 0$, autrement dit, $\theta = \frac{\pi}{2}$ ou $\theta = \frac{3 \pi}{2}$ (ce sont les seules valeurs de $\theta$ entre $0$ et $2 \pi$ qui annulent le cosinus) et donc on a $z = ir$ ou $z=-ir$. Il n'y a plus qu'à regarder le signe de la partie imaginaire de $z$ pour savoir laquelle des deux valeurs de $\theta$ est la bonne.
Sinon, on a le droit de diviser par $\mathfrak{Re}(z) = r \cos \theta$, et on trouve donc $\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)} = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ (les $r$ se simplifient). On reconnaît la quantité $\tan \theta$ (tangente de $\theta$), et la fonction tangente a le bon goût d'être $\pi$-périodique et de réaliser une bijection sur chaque intervalle de la forme $]k\pi - \frac{\pi}{2}, k \pi + \frac{\pi}{2}[$, avec $k \in \mathbb Z$. On note sa bijection réciproque sur $]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$ par $\arctan$, autrement dit, si $x \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, on a $\arctan(\tan(x))=x$ (et aussi si $x \in \mathbb R$, on a $\tan(\arctan(x))=x$ mais on n'en a pas besoin).
On a maintenant tous les ingrédients pour trouver $\theta$.
Si $\theta \in [0, \frac{\pi}{2}[$, alors $$\theta = \arctan(\tan(\theta)) = \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$
Si $\theta \in ]\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}[$, alors $\tan(\theta) = \tan(\theta-pi)$ et $\theta-pi \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, et donc $\arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right) = \arctan(\tan(\theta-\pi)) = \theta-pi$, et finalement $$\theta = \pi + \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$
Enfin si $\theta \in ]\frac{3\pi}{2}, 2\pi[$, alors $\tan(\theta) = \tan(\theta-2pi)$ et $\theta-2pi \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, et donc $\arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right) = \arctan(\tan(\theta-2\pi)) = \theta-2pi$, et finalement $$\theta = 2\pi + \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$
J'ai trouvé cette serie sur wikipedia pour arctan:
Du coup j'ai juste à remplacer le x de cette serie par (im(z)/re(z)).
Mais comment on démontre cette série de arctan?
Un cours sur les séries entières suffira à comprendre comment obtenir ces formules. C'est niveau L2.
Les termes de ta question sont déjà des termes du supérieur. Faut-il qu'on les définisse également ?
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Comment on trouve que $(arctan)'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ ?
(pour commencer par le début.)
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Bah fait comme si j'avais déjà compris les termes du supérieur dont je parle spontanément.
Cordialement.
(*) Ce n'est pas une démonstration, ça suppose que $f^{-1}$ a une dérivée.
> en dérivant $f\left(f^{-1}(x)\right) = x$ (*).
Je comprend pas le truc du "x(*)"
Par définition, on a, pour tout $\displaystyle y \in\, ]+{\tfrac\pi 2}, +{\tfrac\pi 2}[$, $\ \displaystyle \arctan(\tan y) = y$
On dérive par rapport à $y$ les deux membres de l'équation :
pour tout $ y \in\, ]+{\pi \over 2}, +{\pi \over 2}[$, $\ \displaystyle (1+\tan^2 y) \Big({d\over dy } \arctan\Big) (\tan y) = 1$
puisque que $\displaystyle {d\over dy } \tan y = 1+\tan^2 y.$
On a donc pour tout $ y \in\, ]+{\pi \over 2}, +{\pi \over 2} [$, $\ \displaystyle \Big({d\over dy } \arctan\Big) (\tan y) = {1 \over 1+\tan^2 y }$ ,
et donc, pour tout $\displaystyle x \in \R$, $\ \displaystyle \Big({d\over dx } \arctan\Big)(x) = {1 \over 1+x^2}.$